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【高考考案】2015届高考数学第一轮复习 3.4 求和与递推数列课件 文


§3.4

求和与递推数列

1.掌握等差数列与等比数列的前 n 项和公式. 2.了解递推数列是数列的一种表示方法,能求常见的 递推数列的通项公式. 3.会用错位相减及拆项的方法求数列的前 n 项和. 一、数列求和的常用方法 1.分组求和:把一个数列分成几个可以__直接求和__ 的数列.

2.拆项相消:有时把一个数列的通项公式分成两项差 的形式,相加过程__消去中间项__,只剩有限项再求和. 3.错位相减:适用于一个等差数列和一个等比数列对 应项相乘构成的数列求和. 4.倒序相加:例如,等差数列前 n 项和公式的推导. 5.并项求和:一个数列的前 n 项和中,可__两两结合 __求解,则称之为并项求和.形如 an=(-1)nf(n)类型,可 采用两项合并求解. 二、常见的拆项公式 1 1 1 1.若{an}是公差为 d 的等差数列,则 =__ ( -

anan+1

d an

1

an+1

)__.

1 1 1 1 2. =__ ( - )__. (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 2n+1 1 1 1 3. = __ [ - n(n+1)(n+2) 2 n(n+1) 1 ]__. (n+1)(n+2) 1 1 4. =__ ( a- b )__. a-b a+ b

1 1 5. =__ ( n+k- n )__. k n+k+ n 三、递推数列 1.由__递推式__和__初始值__确定的数列称为递推数 列. 2.求通项的常用方法:累加法,迭代法,代换法,代 入法等. 3.常见类型:
? ?an+1=p(n)an+q(n)(p(n)≠0), ? ? ?a1=a(a为常数).

其特例:(1)an+1=pan+q(p≠0);(2)an+1=pan+q(n)(p

≠0);(3)an+1=p(n)an+q(p≠0). 解题方法: 利用__待定系数法__构造类似于 “等比数列” 的新数列. 1.通过数列通项公式观察数列特点和规律,在分析数 列通项的基础上,判断求和类型,寻找求和的方法,或拆为 基本数列求和,或转化为基本数列求和.求和过程中同时要 对项数作出准确判断. 2.含有字母的数列求和,常伴随着分类讨论. 3.等价转化思想是解决数列问题的基本思想方法,它可将 复杂的数列转化为等差、等比数列问题来解决,不能转化为 等差或等比数列的数列,往往通过裂项相消法、错位相

减法、倒序相加法等来求和. 1 1.数列{an}的通项公式 an= ,若前 n 项的 n+ n+1 和为 10,则项数为( ). A.11 B.99 C.120 D.121

1 ∵ an= = n+1- n ,∴ Sn= n+1 - 1 n+ n+1 =10,∴n=120. C 2.1-4+9-16+?+(-1)n+1n2 等于(

).

A.

n(n+1)
2
n +1

B.-

n(n+1)
2 D.

2 2 对 n 赋值验证,只有 C 正确. C 3.已知{an}为等差数列,其公差为-2,且 a7 是 a3 与 a9 的等比中项,Sn 为{an}的前 n 项和,n∈N*,则 S10 的值为 ( ). A.-110 B.-90 C.90 D.110 因为 a3=a1+2d=a1-4,a7=a1+6d=a1-12,a9=a1+ 8d=a1-16,又 a7 是 a3 与 a9 的等比中项,所以(a1-12)2

C.(-1)

n(n+1)

n(n-1)

=(a1-4)·(a1-16),解得 a1=20. 1 所以 S10=10×20+ ×10×9×(-2)=110. 2 D 4. 若数列{an}的通项公式为 an=2n+2n-1, 则数列{an} 的前 n 项和等于( ). A.2n+n2-1 B.2n+n2-2 C.2n+1+n2-1 D.2n+1+n2-2 由分组求和法可知 Sn=(21+2×1-1)+(22+2×2 - 1) +?+ (2n + 2 × n - 1) = (21 + 22 +?+2n) + 2× (1 + 2 2(1-2n) n(n+1) +?+n)-n= +2· -n=2n+1+n2-2. 1-2 2

D

1.等差数列的前 n 项和公式(5 年 5 考) 2.等比数列的前 n 项和公式(5 年 4 考) 3.递推数列(5 年 3 考) 4.错位相减及拆项求和(5 年 4 考) 1.裂项相消求和 (2013 年新课标全国Ⅰ卷)已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 S3=0,S5=-5.

(1)求{an}的通项公式; 1 (2)求数列{ }的前 n 项和.

a2n-1a2n+1

n(n-1) (1)设{an}的公差为 d,则 Sn=na1+ d,
2
? ?3a1+3d=0, 由已知可得? 解得 ? ?5a1+10d=-5.

a1=1,d=-1.

故{an}的通项公式为 an=2-n. 1 1 1 1 (2) 由 (1) 知 = = ( - a2n-1a2n+1 (3-2n)(1-2n) 2 2n-3 1 1 1 1 1 1 ),从而数列{ }的前 n 项和为 ( - + - 2n-1 a2n-1a2n+1 2 -1 1 1

1 1 1 n +?+ - )= . 3 2n-3 2n-1 1-2n 2.错位相减求和 (2013 年山东卷)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 S4=4S2,a2n=2an+1. (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 bn 1 (2)若数列{bn}满足 + +?+ =1- n, n∈N*, 求{bn} a1 a2 an 2 的前 n 项和 Tn. (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d, 由 S4=4S2,a2n=2an+1,得

? ?4a1+6d=8a1+4d, ? ? ?a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1.

解得 a1=1,d=2. 因此 an=2n-1,n∈N*.

b1 b2 bn 1 (2)由已知 + +?+ =1- n,n∈N*, a1 a2 an 2 b1 1 当 n=1 时, = ; a1 2 bn 1 1 1 当 n≥2 时, =1- n-(1- n-1)= n, an 2 2 2 bn 1 所以 = n,n∈N*. an 2

由(1)知 an=2n-1,n∈N*, 2n-1 所以 bn= n ,n∈N *. 2 1 3 5 2n-1 又 Tn= + 2+ 3+?+ n , 2 2 2 2 1 1 3 2n-3 2n-1 Tn= 2+ 3+?+ n + n+1 , 2 2 2 2 2 两式相减,得 1 1 2 2 2 2n-1 Tn= +( 2+ 3+?+ n)- n+1 2 2 2 2 2 2 3 1 2n-1 = - n-1- n+1 , 2 2 2

2n+3 所以 Tn=3- n . 2 (2013 年新课标Ⅰ卷)设△AnBnCn 的三边长分别为 an, bn, cn,△AnBnCn 的面积为 Sn,n=1,2,3,?,若 b1>c1,b1+ cn+an bn+an c1=2a1,an+1=an,bn+1= ,cn+1= ,则( ). 2 2 A.{Sn}为递减数列 B.{Sn}为递增数列 C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列 D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列

∵ an + 1= an ,∴ an= a1 ,∴ bn + 1+ cn + 1=

bn+cn+2an
2



bn+cn+2a1

2 ∵b1+c1=2a1,∴b2+c2=2a1. ∴b3+c3=2a1,∴可推得 bn+cn=2a1. 2 cn+an bn+an bn·cn+(bn+cn)an+a2 n ∴bn+1· cn+1= · = = 2 2 4 bncn+3a2 bncn+3bncn 1 > =bncn. 4 4 又∵b1>c1,可得 bn≠cn,∴bn·cn<(

.

bn+cn

)2=a2 1,

由上知,各个三角形的周长都相等,设它们的半周长为 p,根据海伦公式,得

Sn= p(p-an)(p-bn)(p-cn)
= p(p-a1)[p2-(bn+cn)p+bncn] = p(p-a1)(p2-2a1p+bncn), 又∵{bncn}是递增的,∴数列{Sn}为递增数列. B 本题以三角形面积为载体, 考查递推数列的单调性, 通过基本不等式研究数列的单调性,是本题的特色.值得注 意的是,BnCn=a1 为定值,bn+cn=2a1 为定值,表明顶点 An 的轨迹是椭圆,△AnBnCn 的面积 Sn 最大时,bn=cn.

题型一 分组转化求和 已知函数 f(x)=2x-3x-1,点(n,an)在 f(x) 的图象上,an 的前 n 项和为 Sn. (1)求使 an<0 的 n 的最大值; (2)求 Sn. 第(1)问由已知条件直接验算即可;第(2)问分组后 用等差、等比数列的求和公式求解. (1)依题意 an=2n-3n-1, 当 n≤3 时,an<0,当 n=4 时,24-12-1=3>0, ∴2n-3n-1<0 中 n 的最大值为 3.

(2)Sn =a1+a2 +?+an= (2 +22+?+ 2n)- 3(1 +2+ 3 +?+n)-n 2(1-2n) n(n+1) n(3n+5) n +1 = -3· -n=2 - - 1-2 2 2 2. 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和 的新数列的和或差,从而求得原数列的和,这就要通过对数 列通项结构特点进行分析研究,将数列的通项合理分解转 化.特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论. 已知{an} 是各项均为正数的等比数列,且 a1+ a2 1 1 1 1 1 =2( + ),a3+a4+a5=64( + + ).

a1 a2

a3 a4 a5

(1)求{an}的通项公式; 1 2 (2)设 bn=(an+ ) ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

an (1)设公比为 q,则 an=a1qn-1.

? ?a1+a1q=2( 1 + 1 ), a1 a1q ? 由已知有? 1 1 1 ? 2 3 4 a1q +a1q +a1q =64( 2+ 3+ 4). ? ? a1q a1q a1q
2 ? a ? 1q=2, 化简得? 2 6 ? ? a1q =64.

又 a1>0,故 q=2,a1=1.所以 an=2n-1.

1 (2)由(1)知 bn=(an+ ) =an+ 2+2=4 + n-1+2. an an 4 1 1 n -1 因此 Tn =(1+4+?+4 )+(1+ +?+ n-1 )+2n = 4 4 1 1- n n 4 -1 4 1 n 1-n + +2n= (4 -4 )+2n+1. 4-1 1 3 1- 4
2 2

1

1

n-1

题型二

错位相减法求和
2

设数列{an}满足 a1+3a2+3 a3+?+3 an= , 3

n -1

n

n∈N*.
(1)求数列{an}的通项;

n (2)设 bn= ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. an (1)由已知写出前 n- 1 项之和,两式相减.(2)bn =n·3n 的特点是数列{n}与{3n}之积,可用错位相减法. n 2 n -1 (1)因为 a1+3a2+3 a3+?+3 an= , ①
3

当 n≥2 时,a1+3a2+3 a3+?+3 an-1=
2

n -2

n-1
3

, ②

1 1 ①-②得 3 an= ,所以 an= n. 3 3 1 1 1 在①中,令 n=1,得 a1= ,适合 an= n,故 an= n. 3 3 3
n -1

n (2)因为 bn= ,所以 bn=n·3n. an 所以 Sn=3+2×32+3×33+?+n·3n, ③ 3Sn=32+2×33+3×34+?+n·3n+1, ④ ④-③得 2Sn=n·3n+1-(3+32+33+?+3n),

n n +1 3 ( 1 - 3 ) ( 2 n - 1 ) 3 3 n +1 即 2Sn=n· 3 - , 故 Sn= + . 1-3 4 4 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n- 1 an}的前 n 项和,从而利用 an 与 Sn 的关系求出通项 3n-1an, 进而求得 an;乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法, 适用于求“等差比数列”(等差数列与等比数列的对应项的 乘积所形成的数列)的前 n 项和. 1 已知数列{an}的前 n 项和 Sn 和通项 an 满足 Sn= (1 2 -an). (1)求数列{an}的通项公式;

3 (2)若数列{bn}满足 bn=nan,求证:b1+b2+?+bn< . 4 1 1 (1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= (1-an)- (1-an-1) 2 2 1 1 =- an+ an-1,2an=-an+an-1. 2 2 an 1 由题意可知 an-1≠0,所以 = , an-1 3 1 1 又 S1=a1= (1-a1),a1= . 2 3 1 1 所以{an}是首项为 ,公比为 的等比数列. 3 3

1 1 n-1 1 n 故 an= ×( ) =( ) . 3 3 3 1 n (2)bn=n( ) , 3 1 1 1 2 1 3 1 n 设 Tn=1×( ) +2×( ) +3×( ) +?+n×( ) , ① 3 3 3 3 1 1 2 1 3 1 4 1 n+1 Tn=1×( ) +2×( ) +3×( ) +?+n×( ) , ② 3 3 3 3 3 3 3 n 1 n 3 ①-②,化简得 Tn= -( + )( ) < . 4 4 2 3 4

题型三 裂项相消法求和 已知数列{an}满足:a1=2t,t2-2an-1t+an-1an =0(n=2,3,4,?)(其中 t 为常数,且 t≠0). 1 (1)求证:数列{ }为等差数列; an-t (2)求数列{an}的通项公式; (3)设 bn= 2,求数列{b n}的前 n 项和 S n. (n+1) 第(1)问利用方程 t2-2an-1t+an-1an=0 整理出(an -t)和(an-1-t)来证明; 第(2)问利用第(1)问的结论即可解 决;第(3)问利用第(2)问求出{bn}的通项公式,用裂项相消 求和.

an

(1)因为 t2-2an-1t+an-1an=0, 所以(t2-an-1t)-(an-1t-an-1an)=0, 所以 t(an-1-t)=an-1(an-t), 由 a1-t≠0 知 an-t≠0, 1 an-1 an-1-t+t 1 1 所以 = = = + , an-t t(an-1-t) t(an-1-t) t an-1-t 1 1 1 即 - = (n=2,3,4,?),t≠0. an-t an-1-t t 1 所以数列{ }为等差数列. an-t 1 1 (2)由(1)得,{ }为等差数列,公差为 , an-t t

1 1 1 n 所以 = + (n-1)= , an-t a1-t t t t (n+1)t 即 an=t+ = .

n

n

(n+1)t

t 1 (3)bn = = t( - 2= 2 = (n+1) (n+1) n(n+1) n
1 ). n+1 1 1 1 1 所以 Sn=b1+b2+b3+?+bn=t[( - )+( - )+? 1 2 2 3

an

n

1 1 1 1 1 nt +( - )+( - )]=t(1- )= . n-1 n n n+1 n+1 n+1 使用裂项相消法求和时,要注意正负项相消时消去 了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,未被 消去的项有前后对称的特点, 实质上造成正负相消是此法的 根源与目的. , 数列{an}满足 a1=1, an+1=f(an)(n x+3 1 * ∈N ), 数列{bn}满足 bn= anan+13n, Sn=b1+b2+b3+?+bn, 2 求数列{an}的通项公式 an 和 Sn. 若 f(x)=

x

因为 f(x)= 1

x

x+3

,所以 an+1=

,所以 = + an+3 an+1 an

an

1

3

1 1 1 1,所以 + =3( + ), a n +1 2 an 2 1 1 1 1 3 即{ + }是首项为 + = , 公比为 q=3 的等比数列, an 2 a1 2 2 1 1 3 n -1 2 所以 + = ×3 ,即 an= n , an 2 2 3 -1 2·3n 1 1 所以 bn= n = - , (3 -1)(3n+1-1) 3n-1 3n+1-1 1 1 1 ∴Sn=b1+b2+b3+?+bn=( - 2 )+( 2 - 3-1 3 -1 3 -1

1 1 1 1 1 )+?+( n - n+1 )= - n+1 . 3 3 -1 3 -1 3 -1 2 3 -1 题型四 由递推公式求通项公式 1 在 数 列 an 中 , a1 = 1 , an + 1 = (1 + 4an + 16
? ? ? ? ? ?

1+24an).求数列{an}的通项公式. 本题已知递推关系式中的 1+24an较难处理,可构 建新数列{bn}, 令 bn= 1+24an, 这样就巧妙地去掉了根式, 便于化简变形. 构建新数列 b ,使 bn= 1+24an>0,则 b1=5,b2 n=
? ? ? ? ? n?

1 b2n-1 1+24an, 即 an= , 所以 = (1+4× + 24 24 16 24 bn),化简得(2bn+1)2=(bn+3)2, 1 所以 2bn+1=bn+3,即 bn+1-3= (bn-3),数列 bn-3 2 1 1 n- 是以 2 为首项, 为公比的等比数列.所以 bn-3=2×( ) 2 2 1 =22-n,即 bn=22-n+3. b2 22n-1+3×2n-1+1 n -1 所以 an= = . 24 3×22n-1 1 本题的关键是将递推公式 an+1= (1+4an+ 16
? ? ? ? ? ?

b2 n -1

b2 n +1 -1

1+24an)巧妙变形,构造一个新的等比数列,换元是 去根号的有效方法,若通过平方去根号,则使问题复杂化. (1)对于数列{an},定义数列{an+1-an}为数列{an} 的“差数列” ,若 a1=2,{an}的“差数列”的通项为 2n,则 数列{an}的前 n 项和 Sn=________. 2 (2)设{an}是首项为 1 的正项数列, 且(n+1)a2 n +1 -nan + an+1an=0(n∈N *),则数列的通项 an=________. (1)∵an+1-an=2n, 当 n≥2 时, an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1) +a1 =2n-1+2n-2+?+22+2+2

2-2n = +2=2n-2+2=2n, 1-2 又 a1=2 满足上式,∴an=2n. 2-2n+1 n+1 ∴Sn= =2 -2. 1-2 2 (2)由(n+1)a2 - na n +1 n +a n +1a n =0 可得(a n +1+an )(a n +1-

n

n+1


an)=0.
又{an}是首项为 1 的正项数列,∴an+1+an≠0,∴an+1

n

n+1

an,

an+1 n an n-1 an-1 n-2 an-2 n-3 ∴ = , 即 = , = , = , ?, an n+1 an-1 n an-2 n-1 an-3 n-2 a3 2 a2 1 = , = , a2 3 a1 2 an 1 1 将这 n-1 个式子相乘得 = ,∴an= (n≥2),显然 n a1 n n
=1 时也成立. 1 综上可知,an= .

n

(1)2

n +1

1 -2 (2)

n

一、选择题 1.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则“a6+a7>0” 是“S9≥S3”的( ). A.充分但不必要条件 B.必要但不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 因为 S9≥S3, 所以 a4+a5+a6+a7+a8+a9≥0,3(a6 +a7)≥0,即 a6+a7≥0.由 a6+a7>0 能推出,a6+a7≥0,但 由 a6+a7≥0 不能推出 a6+a7>0,故选 A.

A 2.设函数 f(x)=xm+ax 的导函数 f′(x)=2x+1,则 1 数列{ }(n∈N *)的前 n 项和是( ). f(n) n n+2 n n+1 A. B. C. D. n+1 n+1 n-1 n f′(x)=mxm-1+a=2x+1,∴a=1,m=2, 1 1 1 1 ∴f(x)=x(x+1), = = - , f(n) n(n+1) n n+1 1 1 1 1 1 n ∴Sn=(1- )+( - )+?+( - )= . 2 2 3 n n+1 n+1 A

1 9 3.数列{an}中,an= ,其前 n 项和为 ,则 n(n+1) 10 在平面直角坐标系中,直线(n+1)x+y+n=0 在 y 轴上的 截距为( ). A.-10 B.-9 C.10 D.9 1 1 1 数列{an}的前 n 项和为 + +?+ 1×2 2×3 n(n+1) 1 1 1 1 1 1 n 9 =1- + - +?+ - =1- = = ,所以 n 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 10 =9,于是直线(n+1)x+y+n=0 即为 10x+y+9=0,所以 其在 y 轴上的截距为-9. B

4.已知数列 2008,2009,1,-2008,-2009,?, 这个数列的特点是从第二项起, 每一项都等于它的前后两项 之和,则这个数列的前 2013 项之和 S2013 等于( ). A.1 B.2010 C.4018 D.0 由已知得 an=an-1+an+1 (n≥2),所以 an+1=an-an -1 . 故数列的前 8 项依次为 2008, 2009, 1, -2008, -2009, -1,2008,2009.由此可知数列为周期数列,周期为 6,且 S6=0. 因为 2013=6×335+3,所以 S2013=S3=4018. C 5.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2-6n,则{|an|}的前

n 项和 Tn 等于( ). A.6n-n2 B.n2-6n+18 2 2 ? ? 6 n - n ( 1 ≤ n ≤ 3 ), 6 n - n (1≤n≤3), ? ? C.? 2 D.? 2 ? ? ?n -6n+18(n>3) ?n -6n(n>3)
由 Sn=n2-6n 易知{an}是等差数列,且首项为-5, 公差为 2,即 an=-5+(n-1)×2=2n-7.当 n≤3 时,an <0;当 n>3 时,an>0.故
2 ? ?6n-n (1≤n≤3), Tn=? 2 ? ? n -6n+18(n>3).

C 6.设数列{an}是首项为 1,公比为 3 的等比数列,把{an}中 的每一项都减去 2 后,得到一个新数列{bn},{bn}的前 n

项和为 Sn, 对任意的 n∈N*, 下列结论正确的是( ). 1 n A.bn+1=3bn+4,且 Sn= (3 -1) 2 1 n B.bn+1=3bn-2,且 Sn= (3 -1) 2 1 n C.bn+1=3bn+4,且 Sn= (3 -1)-2n 2 1 n D.bn+1=3bn-4,且 Sn= (3 -1)-2n 2 因为数列{an}是首项为 1, 公比为 3 的等比数列,所 以数列{an}的通项公式为 an=3n-1, 则依题意得,数列{bn}的通项公式为 bn=3n-1-2,

所以 bn+1=3n-2,3bn=3(3n-1-2)=3n-6, 所以 bn+1=3bn+4. {bn}的前 n 项和为 Sn=(1-2)+(31-2)+(32-2)+(33 - 2) +?+ (3n - 1 - 2) = (1 + 31 +32 + 33 +?+ 3n - 1) - 2n = 1-3n 1 n -2n= (3 -1)-2n. 1-3 2 C 二、填空题 n+1 2 n -1 7.若数列{an}满足 a1+3a2+3 a3+?+3 an= (n 3 ∈N *),则 an=________. 2 当 n=1 时,a1= ;当 n≥2 时,a1+3a2+?+3n-1an 3 n+1 = ,① 3

a1+3a2+?+3 an-1= ,②
3 1 1 2 ①-②,得 3 an= ,an= n,∵a1= 不适合上式, 3 3 3
n-1

n-2

n

? ?2,n=1, ?3 ∴an=? ? 1 ,n≥2. ? ?3 n
? ?2,n=1 ?3 ? ? 1 ,n≥2 ? ?3n

8.如图满足:(1)第 n 行首尾两数均为 n;(2)图中的 递推关系类似杨辉三角,则第 n(n ≥ 2) 行的第 2 个数是 ________.

设第 n(n≥2)行的第 2 个数构成数列{an},则 a3-a2

=2,a4-a3=3,a5-a4=4,?,an-an-1=n-1,相加 得: 2+(n-1) an-a2=2+3 +?+(n -1)= × (n - 2) = 2 (n+1)(n-2) , 2 2 (n+1)(n-2) n -n+2 an=2+ = . 2 2 n2-n+2 2 3x 9.已知函数 f(x)= ,数列{an}的通项由 an= x+3

1 (n≥2 且 n∈N )确定,若 a1= ,则 a2011=________. 2 3an-1 当 n≥2 时,an=f(an-1)= , an-1+3 1 an-1+3 1 1 ∴ = = + , an 3an-1 an-1 3 1 1 1 ∴ - = (n≥2,且 n∈N*), an an-1 3 1 1 ∴{ }是以 2 为首项, 为公差的等差数列, an 3 1 1 1 1 1 ∴ = +(n-1)× ,∴ =672,∴a2011= . an a1 3 a2011 672
*

1 672 三、解答题 10.等差数列{an}是递增数列,前 n 项和为 Sn,且 a1, a3,a9 成等比数列,S5=a25. (1)求数列{an}的通项公式; n2+n+1 (2)若数列{bn}满足 bn= ,求数列{bn}的前 99 an·an+1 项的和. (1)设数列{an}的公差为 d(d>0), 因为 a1,a3,a9 成等比数列,所以 a2 3 =a1 a9 , 所以(a1+2d)2=a1(a1+8d),所以 d2=a1d,

又 d>0,所以 a1=d, ① 5×4 2 因为 S5=a5,所以 5a1+ ·d=(a1+4d)2, ② 2 3 3 3 3 3 由①②得 a1= ,d= ,所以 an= +(n-1)× = n(n 5 5 5 5 5 ∈N *). n2+n+1 25 n2+n+1 25 1 (2)bn = = · = (1 + - 3 3 9 n(n+1) 9 n n· (n+1) 5 5 1 ), n+1

25 1 1 1 所以 b1+b2+b3+?+b99= (1+1- +1+ - +1+ 9 2 2 3 1 1 1 1 25 1 1111 - +?+1+ - )= (99+1- )= . 3 4 99 100 9 100 4 11.已知数列{an}是等差数列, a2=6,a5=18;数列{bn} 1 的前 n 项和是 Tn,且 Tn+ bn=1. 2 (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{bn}是等比数列; (3)记 cn=an·bn,求{cn}的前 n 项和 Sn. (1)设{an}的公差为 d,则:a2=a1+d,a5=a1+4d.

? ?a1+d=6, ∵a2=6,a5=18,∴? ∴a1=2,d=4. ? ?a1+4d=18,

∴an=2+4(n-1)=4n-2. 1 2 (2)当 n=1 时,b1=T1,由 T1+ b1=1,得 b1= . 2 3 1 1 当 n≥2 时,∵Tn=1- bn,Tn-1=1- bn-1, 2 2 1 1 ∴Tn-Tn-1= (bn-1-bn),即 bn= (bn-1-bn), 2 2 1 ∴bn= bn-1. 3

2 1 ∴{bn}是以 为首项, 为公比的等比数列. 3 3 2 1 n-1 1 n (3)由(2)可知:bn= ( ) =2·( ) . 3 3 3 1 n 1 n ∴cn=an·bn=(4n-2)·2·( ) =4(2n-1)( ) . 3 3 1 1 2 1 n-1 Sn=4×( )+12×( ) +?+(8n-12)×( ) +(8n- 3 3 3 1 n 1 1 2 1 3 1 n 4)×( ) , Sn=4×( ) +12×( ) +?+(8n-12)×( ) + 3 3 3 3 3 1 n+1 (8n-4)×( ) . 3

1 2 1 1 2 1 3 ∴ Sn - Sn = Sn = 4 × + 8 × ( ) + 8 × ( ) +?+ 8 × 3 3 3 3 3 1 2 1 n-1 ( ) [1-( ) ] 1 n 1 n +1 4 3 3 ( ) -(8n -4)× ( ) = + 8 × - (8n 3 3 3 1 1- 3 1 n+1 -4)×( ) 3 8 1 n 1 n+1 = -4×( ) -(8n-4)×( ) . 3 3 3 1 n ∴Sn=4-4(n+1)·( ) . 3

12. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn, 当 n≥2 时, 点( 1 )在 f(x)=x+2 的图象上,且 S1= . Sn 2 (1)求数列{an}的通项公式; 1

1

Sn-1



(2)设 bn=2(1-n)an,求 f(n)= 的最大值 (n+5)bn+1 及相应的 n 的值; 2 2 (3)在(2)的条件下, 当 n≥2 时, 设 Tn=b2 2 +b3 +?+bn +1 , 证明:Tn<1. 1 1 (1)∵点( , )在 f(x)=x+2 的图象上,

b n +2

Sn-1 Sn

∴ -

1

1 1

S n S n -1 Sn

=2(n≥2). 1

∴数列{ }是首项为 =2,公差为 2 的等差数列,

S1

1 ∴ =2+2(n-1),∴Sn= . Sn 2n 1 1 当 n ≥ 2 时 , an = Sn - Sn - 1 = - =- 2n 2(n-1) 1 , 2n(n-1) 1 当 n=1 时, a1=S1= . 2

1

? ?1(n=1), ?2 ∴an=? 1 ? (n≥2). ? ? 2n(1-n)
(2)由已知得 b1=0,n≥2 时,由(1)知 bn=2(1-n)an 1 = .

n

∴f(n)= = (n+5)bn+1 1 (n+5)· n+1

bn+2

1 n+2

1 = ≤ . 4 9 n+1+ +5 n+1 1 当且仅当 n=1 时,f(n)取最大值 . 9 1 (3)∵n≥2 时,bn=2(1-n)an= ,

1

n

1 1 1 1 1 ∴ Tn = 2 + 2 + ? + < + +?+ 2 3 (n+1)2 1×2 2×3 1 1 1 1 1 1 1 =1- + - +?+ - =1- , n(n+1) 2 2 3 n n+1 n+1 1 ∴Tn<1- <1. n+1


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